资源简介

第28练　机械能守恒定律及其应用
一、单项选择题:共8题,每题4分,共32分。
1.(2025扬州新华中学月考)下列关于机械能守恒的说法不正确的是(　　)
A.物体所受的合力等于零,它的机械能一定守恒
B.在粗糙斜面上下滑的物体,下滑过程中受到沿斜面向下的拉力,拉力大小等于滑动摩擦力,它的机械能一定守恒
C.圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动,它的机械能一定守恒
D.一个轻质弹簧上端固定,下端系一重物,重物在竖直方向上做上下振动,以物体和弹簧为研究对象,机械能一定守恒
2.右图是上海锦江乐园的“摩天转轮”,它的直径达98米,最高处可俯瞰上海全景。乘客乘坐时,轿厢随转轮一起匀速转动,每转一周用时约25分钟,下列说法正确的是(　　)　
A.每个乘客都在做加速度为零的匀速运动
B.乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变
C.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变
D.乘客在乘坐过程中做圆周运动的角速度不变
3.两个相同的小球A和B,其中A以速度v0沿光滑水平面运动,B以速度v0滑入一光滑的两侧水平等高的凹槽,已知B球在凹槽内的运动时间t1和A球通过相同的水平位移时间t2,则(　　)
A.t1>t2
B.t1=t2
C.t1D.B球滑动至右侧水平面时速度小于v0
4.(2025泰州靖江高级中学月考)把一小球放在竖立的轻弹簧上,并把小球往下按至A的位置,如图甲所示。迅速松手后,弹簧把小球弹起,小球升至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.小球从A运动到B的过程中,弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能
B.小球从A运动到C的过程中,弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能
C.小球从A运动到B的过程中,动能一直增大
D.小球从A运动到B的过程中,动能最大的位置为AB的中点
5.如图所示,2024年珠海航空展上,飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行,a、b、c为飞行轨迹上的三点,a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点。关于此飞机,下列说法正确的是(　　)
A.各点的加速度方向竖直向下
B.在a点所受的合力比在c点小
C.a、c两点的重力功率相等
D.a、b、c三点的机械能相等
6.某同学利用模拟软件研究小球从半径为R的半圆弧面顶端以不同速率水平抛出的运动规律,已知重力加速度为g,不计一切阻力,下列小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角θ与抛出速率的平方v2的关系图像可能正确的是(　　)
7.如图所示,在竖直平面内的光滑圆形管道的半径为R(管径远小于R),小球a、b大小相同,质量均为m,直径均略小于管径,均能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度v通过管道最低点,且当小球a在最低点时,小球b在最高点,重力加速度为g,以下说法正确的是(　　)
A.当v=时,小球b在管道最高点对管道压力为0
B.速度v至少为,才能使两球在管内做完整的圆周运动
C.当小球b在最高点对管道无压力时,小球a比小球b所需向心力大5mg
D.只要两小球能在管内做完整的圆周运动,就有小球a在最低点对管道的压力比小球b在最高点对管道的压力大6mg
8.(2024镇江初调)如图所示,质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上,一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连,另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连,已知M=2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3d,定滑轮大小、质量及摩擦均可忽略。现将小环从A点由静止释放,小环运动到C点速度为零,重力加速度为g,则(　　)
A.小环最终静止在C点
B.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
C.A、C间距离为4d
D.小环在C点的加速度为0.6g
二、非选择题:共2题,9题8分,10题12分,共20分。
9.(2025镇江适应考试)如图所示,一自然长度小于R的轻弹簧左端固定,在水平面的右侧,有一底端开口的光滑圆环,圆环半径为R,圆环的最低点与水平轨道相切,用一质量为m的小物块(可看作质点)压缩弹簧右端至P点,P点到圆环最低点距离为2R,小物块释放后,刚好过圆环的最高点,已知重力加速度为g,小物块与水平面间的动摩擦因数为μ。
(1)弹簧的弹性势能为多大
(2)改变小物块的质量,仍从P点释放,要使小物块在运动过程中不脱离轨道,小物块质量满足的条件是什么
10.(2024淮安开学考试)如图所示,O为固定在地面上的铰链,A球通过铰链用轻杆分别连接于O、B球。现对B球施加水平推力F,使系统处于静止状态,此时两杆间的夹角α=60°。撤去F后,A、B在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为m,杆长均为L,重力加速度为g,忽略一切摩擦。求:
(1)推力F的大小;
(2)两杆间的夹角变为120°时, B球动能;
(3)A球落地时重力的功率。
答案：
1.A　解析 物体所受的合力等于零,它的机械能不一定守恒,如竖直方向匀速运动的物体,动能不变,重力势能改变,机械能不守恒,故A项错误;在粗糙斜面上下滑的物体,在下滑过程中,除重力做功外,滑动摩擦力和沿斜面向下的拉力的合力为零,这两个力所做的功之和为零,物体所受斜面的弹力不做功,所以整个过程中相当于只有重力做功,小球的机械能守恒,故B项正确;圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动,动能和重力势能都不变,机械能守恒,故C项正确;以物体和弹簧为研究对象,只有重力和弹力做功,系统机械能守恒,故D项正确。本题选不正确的,故选A。
2.D　解析 轿厢随转轮一起匀速转动,乘客做匀速圆周运动,始终有指向圆心的加速度,A项错误;乘客在乘坐过程中由于合外力要始终指向圆心,而重力的大小方向不变,所以座位对人的压力大小和方向都在变化,由牛顿第三定律知乘客对座位的压力在变化,B项错误;乘客做匀速圆周运动,动能不变,而重力势能随高度变化而变化,所以机械能是变化的,C项错误;匀速圆周运动的角速度不变,D项正确。
3.C　解析 由题可知,A球做匀速直线运动,B球先做加速度减小的加速运动,再做加速增加的减速运动,最后与初速度相等。画出两球的v-t图像,可知,相同时间内,B球通过的位移多些,故通过相同的位移,B球所用时间更少,所以t14.B　解析 小球从A运动到B的过程中,因小球在B点具有速度,所以弹簧的弹性势能一部分转化为小球的重力势能,还有一部分转化为小球的动能,故A项错误;小球从A运动到C的过程中,由于小球在C点的速度为零,则弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能,故B项正确;小球从A运动到B的过程中,先向上做加速运动,后做减速运动,所以其动能不是一直增大,而是先增大后减小,故C项错误;小球从A运动到B的过程中,动能最大的位置为小球的重力等于弹簧的弹力时的位置,而不一定是AB的中点位置,故D项错误。
5.B　解析 飞机在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分,在竖直面内匀速率飞行,合力方向指向各自圆心,加速度方向也指向各自圆心,明显a、c两点加速度方向不是竖直向下,a点对应的圆周半径更大,c点对应的圆周半径更小,合力提供向心力,根据向心力公式F=m,可知a点所受的合力小于c点,A项错误,B项正确;a、c两点的速度大小相等,但速度方向不同,速度与重力夹角不同,根据P=mgvcos α,可知重力功率不相等,C项错误;a、b、c三点的动能相等,a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点,但b与a、c的高度不一样,故机械能a、c两点相等,且与b点不相等,D项错误。
6.D　解析 小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角为θ时恰好离开弧面,设此时小球的速度为v1,根据牛顿第二定律得mgcos θ=m,小球从抛出到离开弧面,根据机械能守恒得mv2+mgR=+mgRcos θ,解得cos θ=·v2+,故选D。
7.A　解析 当小球b在最高点对轨道无压力时,所需要的向心力Fb=mg=m,从最低点到最高点,由机械能守恒可得mg·2R+mv2,对于a球,在最低点时,所需要的向心力Fa=m,联立解得v=,Fa=5mg,小球a比小球b所需向心力大4mg,故C错误,A正确;小球在最高点的速度只要大于零,小球即可通过最高点,最高点的临界速度为0,根据机械能守恒定律得2mgR=mv2,解得v=2,即速度v至少为2,才能使两球在管内做完整的圆周运动,故B错误;由B分析可知,若v=2,两小球恰能在管内做完整的圆周运动,小球b在最高点对轨道的压力大小Fb=mg,小球a在最低点时有Fa-mg=m,解得Fa=5mg,小球a在最低点对轨道的压力比小球b在最高点对轨道的压力大4mg,故D错误。
8.C　解析 小环从A点由静止释放运动到C点,根据机械能守恒有mgLAC=Mg(-3d),得LAC=4d,故C项正确;根据机械能守恒可知小环下落过程中减少的重力势能等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和,故B项错误;假设小环静止在C点,设在C点绳与AC杆的夹角为θ,有FT=mg≠2mg,可知小环在C点受力不平衡,故小环最终不会静止在C点,故A项错误;对小环受力分析可得FTcos θ-mg=ma,cos θ==0.8,物块接近C点时减速上升,加速度向下,则FT<2mg,可得小环在C点的加速度为a<0.6g,故D项错误。
9.(1)2μmgR+mgR　(2)m1≤m或m2≥m
解析 (1)小物块恰好运动到最高点时,由牛顿第二定律
mg=m
从小物块释放至运动到最高点的过程,由能量守恒定律
Ep=μmg×2R+mg·2R+mv2
联立解得Ep=2μmgR+mgR。
(2)要使小物块在运动过程中不脱离轨道,有两种情况:①小物块能够通过最高点;②小物块运动中最高到达圆心等高处。
①设小物块质量为m1,在最高点
m1g≤m1
从小物块释放至运动到最高点的过程满足
Ep=2μm1gR+2m1gR+m1
解得m1≤m
②设小物块质量为m2,当小物块运动的最高点不超过圆周,满足h≤R
此时
Ep=2μm2gR+m2gR
解得m2≥m。
10.(1)mg
(2)mgL
(3)mg
解析 (1)对A球运用力的合成法可知F杆=mg,再对B球分析,水平推力F=F杆cos 60°=mg。(2)两轻杆夹角为 120°时,分别分解A、B两球速度,可得vA=vB,由系统机械能守恒得mg(L-L)=,则B球动能EkB=mgL。(3)A球落地前瞬间, B球到达最左端vB=0,由能量守恒可得mgL=,解得vA落=,则A球落地前瞬间重力的功率P=mgvA落=mg。第29练　功能关系　能量守恒定律
一、单项选择题:共9题,每题4分,共36分。
1.如图所示,运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程,在这两个过程中,下列说法正确的是(　　)
A.运动员先处于超重状态后处于失重状态
B.空气浮力对系统始终做负功
C.加速下降时,重力做的功大于系统重力势能的减小量
D.任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等
2.某学生看到机场关于“严禁携带额定能量超过160 W·h的充电宝搭乘飞机”的规定。通过仔细阅读机场的说明后领悟到,机场限定的不是充电宝的电荷量,而是充电宝的能量。则160 W·h的能量能把1 kg物体举起的高度约为(　　)
A.16 m B.160 m
C.5.76×103 m D.5.76×104 m
3.质量为M的物体在外力作用下以a=2g的加速度下落,在下落H高度过程中(　　)
A.它的动能增加了MgH
B.合外力做功MgH
C.它的重力势能减少了MgH
D.合外力做负功-2MgH
4.如图所示,游客们坐在相同的雪圈上,从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下,各雪圈与雪道间的动摩擦因数均相同,不计空气阻力。则雪道上的游客们(　　)
A.沿雪道做匀速直线运动
B.前后间的距离随时间不断增大
C.所受摩擦力相同
D.下滑过程中机械能均守恒
5.(2025苏州调研)图甲中蹦床是孩子们喜爱的游乐项目,其结构原理如图乙,两相同弹性绳一端各系于固定杆的A、B处,另一端系在身体上。C位置时绳恰好为原长,D位置是游玩者运动的最低点,不计空气阻力。游玩者从D到C过程中(　　)
A.加速度减小 B.处于超重状态
C.机械能增大 D.C点速度最大
6.如图所示,在竖直平面内有两个四分之一圆弧BC、CD组成的固定轨道,两者在最低点C平滑连接。BC弧的半径为2R,CD弧的半径为R。一质量为m的小球在距B点正上方0.5R处的A点由静止释放,小球经B点沿圆弧轨道运动,经过D点后上升到与B点等高的最高点M(图中未画出)。小球可视为质点,重力加速度为g,忽略空气阻力,则(　　)
A.小球在B、D两点的动能相等
B.小球由A点运动至D点损失的机械能为1.5mgR
C.小球第一次和第二次经过C点时的速度大小相等
D.小球由M点再次运动至轨迹最高点的过程中损失的机械能小于0.5mgR
7.(2025常州月考)如图所示,跳台滑雪运动员在助滑路段获得高速度后从起跳区水平飞出,在着陆坡落地,不计空气阻力。用Δv、P、Ek、E分别表示运动员在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能,t表示运动员在空中的运动时间,下列图像正确的是(　　)
8.(2025如皋中学初考)如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中(　　)
A.OA=OB
B.OAC.物块经过O点时,速度最大
D.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-μmga
9.(2024南通如皋调研)下图为某缓冲装置模型,轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,槽间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力Ff,现小车以一速度撞击弹簧后,轻杆恰好向右移动l,不计小车与地面间的摩擦,则(　　)
A.轻杆向右移动的过程中,轻杆的加速度为0
B.轻杆向右移动的过程中,弹簧的弹性势能逐渐增大
C.小车被弹簧反向弹回的过程中,轻杆处于静止状态
D.从小车撞击弹簧到离开弹簧的过程中,摩擦产生的内能为2Ffl
二、非选择题:共2题,10题12分,11题12分,共24分。
10.(2025南京学情调研)如图所示,两根轻绳连接质量为m的小球P,右侧绳一端固定于A点,左侧绳通过光滑定滑轮B连接一物块Q,质量相等的物块Q、N通过一轻弹簧连接,整个系统处于静止状态时,小球P位于图示位置,PA、PB两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°,此时物块N对地面的压力恰好为零。现将小球P托至与A、B等高的水平线上,两绳均拉直且恰好无弹力,由静止释放小球P。已知PA绳长为L,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g,求:
(1)物块Q的质量M;
(2)小球P运动到图示位置时,物块Q的速度大小v。
11.(2024江苏卷)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块,在电动机作用下,从A点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从C点又恰好到达最高点D。求:
(1)CD段长x;
(2)BC段电动机的输出功率P;
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
答案：
1.B　解析 运动员先加速向下运动,处于失重状态,后减速向下运动,处于超重状态,A项错误;空气浮力与运动方向总相反,故空气浮力对系统始终做负功,B项正确;重力做的功等于系统重力势能的减小量,C项错误;因为是变速运动,所以任意相等的时间内,系统下降的高度不相等,则系统重力势能的减小量不相等,D项错误。
2.D　3.C　4.B
5.C　解析 D位置是游玩者运动的最低点,C位置时绳恰好为原长,游玩者从D到C过程中,根据kx-mg=ma,x变小,加速度先减小后反向增大,当游玩者运动到平衡位置(平衡位置在CD之间)时加速度为0,速度达到最大值,之后弹力小于重力,游玩者做加速度变大的减速运动,A、D项错误;加速度方向先向上后向下,所以游玩者先超重后失重,B项错误;因为弹性势能减小,所以游玩者的机械能增大,C项正确。
6.D　解析 由动能定理可知EkB=0.5mgR,EkD=mgR,故A项错误;小球在D、M两点机械能相等,由A至M点小球损失的机械能为0.5mgR,所以小球由A点运动至D点损失的机械能为0.5mgR,故B项错误;小球第二次到达的最高点在B点的左下方,小球先后两次在轨道上运动经过同一点时,小球第二次在轨道上运动时经过该点速度更小,对轨道的压力更小,所以第二次在轨道上运动损失的机械能小于0.5mgR,故C项错误,D项正确。
7.B　解析 滑雪运动员离开起跳区后做平抛运动,水平速度不变,竖直速度变化,则速度变化量为Δv=gt,可知速度变化量和时间关系为正比例函数,图像为过原点的一条倾斜直线,故A项错误;经过时间t后竖直方向速度为vy=gt,重力的瞬时功率为P=mgvy=mg2t,可知重力瞬时功率和时间关系为正比例函数,图像为过原点的一条倾斜直线,故B项正确;设起跳时的速度为v0,则经过时间t,动能为Ek=m()=m(+g2t2),可知动能和时间关系为二次函数,图像为抛物线一部分,但不经过坐标原点,故C项错误;不计空气阻力,只有重力做功,滑雪运动员飞行过程机械能守恒,不随时间变化,故D项错误。
8.D　解析 如果没有摩擦力,根据简谐运动的对称性知,O点应该在AB中间,OA=OB,现在由于有摩擦力,物体从A到B过程中机械能损失,故无法到达没有摩擦力时的B点,也即O点靠近B点,故OA>OB,故A、B项错误;物块在受力平衡位置处动能最大,即向左运动过程中弹簧拉力与摩擦力相等的位置,一定在O点的右侧,速度最大,故C项错误;物块从O点开始运动到最终停在B点,路程大于a+,故整个过程物体克服阻力做功Wf>μmga,根据能量的转化与守恒知,从O到B,W-Wf=EpB,故物块在B点时,弹簧的弹性势能EpB9.C　解析 当弹簧弹力大于Ff时,小车与弹簧一起推动杆向右加速运动,此时轻杆的加速度不为0,故A项错误;小车与弹簧一起推动杆向右减速运动,这个过程中,轻杆受到的摩擦力不变,弹簧的压缩量x先增大,到小车与轻杆的速度相等时x保持不变,直到轻杆的速度减为0之后,小车向右减速到弹回,所以轻杆向右移动的过程中,弹簧的弹性势能先增大后不变,故B项错误;小车被弹簧反向弹回的过程中,轻杆所受弹力小于Ff,轻杆处于静止状态,故C项正确;现小车以一速度撞击弹簧后,轻杆恰好向右移动l,摩擦产生的内能为Q=Ff·x相对=Ffl,故D项错误。
10.(1)m
(2)
解析 (1)对小球P进行受力分析,根据平衡条件有
TB=mgsin 37°
对物块N和Q整体进行受力分析,则有
2Mg=TB
联立解得
M=m。
(2)由静止释放小球P后,小球P做圆周运动到达图示位置,该过程初始状态弹簧处于压缩状态,末状态弹簧处于拉伸状态,且压缩量与拉伸量大小相等,即始末状态弹性势能不变,P的速度方向恰好沿PB绳,可知,此时小球P和物块Q的速度大小相等,则有
mgLsin 53°=mv2+Mv2+Mgh
其中h=+L-L
联立解得v=。
11.(1)
(2)mgv(sin θ+μcos θ)
(3)
解析 (1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma
由运动学公式
0-v2=-2ax
联立解得
x=。
(2)物块在BC段匀速运动,得电动机的牵引力为
F=mgsin θ+μmgcos θ
由P=Fv得
P=mgv(sin θ+μcos θ)。
(3)全过程物块增加的机械能为
E1=mgLsin θ
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,故可知
E2=E1+μmgcos θ·L
故可得
=。第30练　专题提升:动力学和能量观点的综合应用
一、单项选择题:共6题,每题4分,共24分。
1.(2024镇江期末)如图甲所示,长木板静止在光滑水平地面上,质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙),滑块仍以v0从木板左端开始滑动,已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是(　　)
甲　乙
A.滑块滑到木板的右端后飞离木板
B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止
C.两过程滑块的动量变化相同
D.两过程系统产生的热量相等
2.右图为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.饺子一直做匀加速运动
B.传送带的速度越快,饺子的加速度越大
C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中,增加的动能等于因摩擦产生的热量
D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能
3.(2025盐城八校考试)质量为M的粗糙长木板ae放在光滑水平面上,b、c、d是ae的四等分点。质量为m的物块(可视为质点)以一定的初速度从a点水平滑上木板左端,经过一段时间物块停在木板上。上图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态,下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置,关于木板与物块的质量关系,可能正确的是(　　)
A.M=m B.M=m
C.M=2m D.M=3m
4.(2025如皋初调)如图所示,倾角为θ的传送带顺时针转动,其底部与水平面平滑连接。质量不同的小物体甲、乙先后由传送带上的A点静止释放,甲、乙与传送带、水平面间的动摩擦因数均为μ,已知μA.均沿传送带向上加速运动
B.均沿传送带向下先加速、后匀速运动
C.均停止在水面上的同一位置
D.在整个运动过程中克服摩擦力做的功相等
5.(2025新高考基地学校期初)如图,水平粗糙传送带顺时针匀速运行,轻弹簧的一端固定在墙壁上,另一端拴接一个小物块。现将小物块无初速地放到传送带上,此时弹簧水平且处于原长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,在小物块向右运动的过程中,下列关于小物块加速度a、速度v、弹簧的弹性势能Ep、弹簧与小物块的总机械能E随小物块运动距离x变化的图像,可能正确的是(　　)
6.(2025南京学情调研)如图,物块从A点水平抛出,恰好在B点无碰撞进入倾斜传送带,已知传送带沿顺时针匀速转动,由A到B的运动时间为t1,水平距离为x1,从抛出到刚进入传送带一段时间内关于物块水平速度和时间、竖直速度和时间、动能和水平位移、机械能和水平位移的图像一定错误的是(　　)
二、非选择题:共2题,7题12分,8题15分,共27分。
7.(2025南通阶段练习)如图所示,质量m=1 kg的小物体从斜面上A点由静止开始下滑,经t0=2 s运动到斜面底端B点,并通过一小段光滑的弧面滑上水平传送带的右端。已知A、B间距离L1=4 m,传送带B、C两端点间距离L2=8 m,传送带在电机的带动下以v=6 m/s的恒定速率逆时针运行,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物块到达B点时的速度大小vB;
(2)物块在传送带上传输的时间t;
(3)因传输物块电机多消耗的电能E。
8.(2025如皋初调)如图所示,质量M=8.0 kg的木板放在光滑的水平面上,给木板施加一水平向右的恒力F=8.0 N。当木板向右运动的速度达到v=1.5 m/s时,一物块以水平向左的初速度v0=1.0 m/s滑上木板的右端。已知物块的质量m=2.0 kg,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.20,设木板足够长,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物块滑上木板时,木板的加速度大小aM;
(2)从物块滑上木板到物块速度为零的过程中,物块相对地面的位移x;
(3)物块相对木板滑动的过程中,木板和物块组成的系统机械能的变化量ΔE。
答案：
1.B　解析 第一次在滑块运动过程中,滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次滑块先使整个木板加速,运动到右半部分上后左半部分停止加速,只有右半部分加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等,所以滑块还没有运动到最右端就与木板保持相对静止了,故A项错误,B项正确;根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同,则两过程滑块的动量变化不同,故C项错误;根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量,知滑块在图乙木板上滑行产生的热量小于在图甲木板上滑行产生的热量,故D项错误。
2.C　解析 饺子在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,故A项错误;饺子的加速度a==μg,与传送带的速度无关,故B项错误;饺子从静止加速到与传送带共速的过程,饺子增加的动能Ek=μmgs饺子,因摩擦产生的热量Q=μmgs相对,又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速,饺子的位移s饺子=t,s相对=s传送带-s饺子=vt-,所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量,故C项正确;传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和,故D项错误。
3.A　解析 水平面光滑,物块与木板的加速度分别为am=μg,aM=,当两者共速时,有v0-amt=aMt,v=aMt,可得v=,对M有μmgx=Mv2,设相对位移为Δx,对m有-μmg(x+Δx)=mv2-,整理得,因为x<Δx<2x,解得m>M,故选A。
4.C　解析 由题知,传送带顺时针转动,所以传送带对物体的摩擦力沿传送带向上,根据μ5.B　解析 若物块并不是一直加速,以右为正方向,根据牛顿第二定律Ff-kx=ma,可知a=x,可知a-x为一次函数关系,故A项错误;若物块并不是一直加速,由上述分析可知,物块向右运动过程中,加速度先向右减小,后反向增大,则速度随位移先增大得越来越慢,后减小得越来越快,故B项正确;弹簧的弹性势能Ep=kx2,Ep-x图像应该是曲线,故C项错误;弹簧与小物块的总机械能变化量等于摩擦力做功,当物块位于零势能面时,则有E=Ffx,可知E-x为直线,故D项错误。
6.C　解析 物块从A点到B点做平抛运动,水平方向是匀速直线运动,物块从A点水平抛出,恰好在B点无碰撞进入倾斜传送带,可知物块在B点的速度与传送带速度相同,则有物块在传送带上水平速度不变,A正确,不符合题意;物块在传送带上由于重力作用,若物块受摩擦力方向沿传送带向下,则物块速度会继续增大,且有可能加速度大于重力加速度, B正确,不符合题意;物块从A到B,设物块位移与水平方向夹角为α,由动能定理可得mgx1tan α=Ek-Ek0,可得Ek=Ek0+mgx1tan α,C错误,符合题意;物块从A到B,机械能守恒,在传送带上可能由于有摩擦力对物块做负功,物块的机械能随位移x减小,D正确,不符合题意。
7.(1)4 m/s　(2)1.5 s　(3)12 J
解析 (1)物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,有L1=t0
解得vB=4 m/s。
(2)在传送带上,物体做匀加速运动的加速度a==2 m/s2
与传送带达到共速的时间
t1==1 s
物块的位移
x=vBt1+=5 m
距离传送带左端还有3 m,此后做匀速直线运动,匀速运动的时间
t2==0.5 s
则物块在传送带上传输的时间
t=t1+t2=1.5 s。
(3)传送带的位移x2=vt1=6 m
电机多消耗的电能E=μmgx2=12 J。
8.(1)0.5 m/s2　(2)0.25 m　(3)17.2 J
解析 (1)对物块,根据牛顿第二定律
μmg=mam
对木板,根据牛顿第二定律
F-μmg=MaM
解得
am=2 m/s2,aM=0.5 m/s2。
(2)从物块滑上木板到物块速度为零的过程中,根据运动学公式=2amx
解得x=0.25 m。
(3)从物块滑上木板到物块速度为零的过程中,物块做匀减速运动,速度为零所用时间为t==0.5 s
此过程,木板相对于地面向右运动的位移x'=vt+aMt2=0.812 5 m
从物块滑上木板到物块速度为零的过程中,木板和物块的相对位移
Δx1=x+x'=1.062 5 m
物块速度为零后,物块受木板向右的摩擦力做匀加速运动,加速度大小和方向均不变,对于木板,仍然做加速度为aM的匀加速运动,当物块与木板达到相同速度时,二者不再发生相对位移。设此过程所用时间为t2,则有amt2=v+aMt+aMt2
代入数据解得t2= s
此过程物块相对于地面向右的位移为x1=am m
此过程木板相对于地面向右的位移为
x2=(v+aMt)t2+aM m
此过程木板和物块的相对位移
Δx2=x2-x1= m
则两个阶段物块和木板的相对位移
Δx=Δx1+Δx2≈2.08 m
机械能变化等于外力做功减去克服摩擦力做功,因此
ΔE=F(x'+x2)-μmgΔx≈17.2 J。第31练　实验七:验证机械能守恒定律
共6题,1~3题每题4分,4~6题每题15分,共57分。
1.用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验,下列说法正确的是(　　)
A.图中的打点计时器接220 V交流电源
B.应选择质量大、体积小的物体作为重物
C.还必须配备的器材有秒表和刻度尺
D.重物应远离打点计时器由静止释放
2.在做验证机械能守恒定律的实验时,下列操作正确的是(　　)
A.先释放纸带,再打开电源
B.计时器的两个限位孔不必在一条直线上
C.为了便于安装,重物应该选择体积较大、质量较小的物体
D.电磁打点计时器应该接在 4~6 V的交流电源上
3.小华同学利用如图所示的装置“验证机械能守恒定律”。下列说法正确的是(　　)
A.打点计时器工作时使用直流电源
B.实验中必须用天平测出重物的质量
C.实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量稍小
D.实验中求重物在某点的速度可以根据v=gt或v=求解
4.(2026南通一模)某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律,细线上端固定在铁架台顶部,下端系一小球,小球自然下垂位置处固定一光电门,P是可移动的夹子,已知当地重力加速度为g。
(1)用游标卡尺测得小球的直径d如图乙,则d=　　　　 mm;用毫米刻度尺测得夹子下端到小球上端的细线长度为l。
(2)将细线水平拉直,使小球从与夹子下端等高处由静止释放,记录小球通过光电门的遮光时间t,则小球通过最低点时的速度大小v=　　　　(用所测物理量符号表示)。
(3)本实验中,满足关系式　　　　　　　　　　,则验证了机械能守恒(用所测物理量符号表示)。
(4)移动P的位置多次实验,将实验数据描绘在-l坐标平面上,得到如图丙所示的图线。已知图线的纵截距为b,当满足b=　　　　时, 则验证了机械能守恒。
(5)实验中发现小球动能的增加量总是大于势能的减少量,可能的原因是 (写出一个即可)。
5.(2025常州期中)某实验小组利用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律,在气垫导轨上安装了光电门,滑块上固定遮光条,滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连。
(1)实验前应调节气垫导轨水平,此操作过程　　　　(选填“需要”或“不需要”)悬挂钩码;
(2)使用游标卡尺测量遮光条的宽度时,应使用图2中的部位　　　　(选填“A”“B”或“C”),测量读数如图3所示,则遮光条的宽度d=　　　　 mm;
(3)测出滑块由静止释放时遮光条到光电门的距离L,遮光条的宽度d,滑块和遮光条的总质量M,钩码质量m,重力加速度为g。由数字计时器测出遮光条通过光电门的时间t,若系统机械能守恒,则得到的表达式为　　　 　　　　　(用题中字母表示);
(4)改变滑块静止释放时遮光条到光电门的距离L,得到多组L和t的数据,作出-L图像,如图4所示。经检查发现该图像未过坐标原点的原因是由L测量错误导致的,则L的测量值　　　　(选填“大于”或“小于”)真实值。
6.(2025江苏卷)小明同学探究机械能守恒定律,实验装置如图。实验时,将钢球在斜槽上某位置A由静止释放,钢球沿斜槽通过末端O处的光电门,光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径d,由v=得出其通过光电门的速度v,再计算出动能增加量ΔEk=mv2。用刻度尺测得钢球下降的高度h,计算出重力势能减少量ΔEp。
(1)安装实验装置的操作有:
①在斜槽末端安装光电门
②调节斜槽在竖直平面内
③调节斜槽末端水平
④将斜槽安装到底座上
其合理的顺序是　　　　(选填“A”“B”或“C”)。
A.①②③④　　　B.④②③①　　　C.④①②③
(2)测量钢球直径的正确操作是图中　　　　(选填“甲”或“乙”)所示的方式。
(3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量m=0.02 kg,重力加速度g取9.80 m/s2。请将下表的数据补充完整。
表1
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00
ΔEk/(10-3 J) 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0
ΔEp/(10-3 J) 7.84 9.80 11.8 13.7 　　
(4)实验数据表明,ΔEk明显小于ΔEp,钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为,机械能的损失主要是由钢球受到的摩擦力做功造成的。
为验证此猜想,小明另取一个完全相同的斜槽按图丙平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放,运动到右侧斜槽上,最高能到达B点,A、B两点高度差为H。则该过程中,摩擦力做功大小的理论值W理=　　　　(用m、g、H表示)。
丙
(5)用图丙的装置,按表1中所列部分高度h进行实验,测得摩擦力做功大小W测。由于观察到H值较小,小明认为,AO过程摩擦力做功近似等于AB过程的一半,即Wf=。然后通过表1的实验数据,计算出AO过程损失的机械能ΔE=ΔEp-ΔEk。整理相关数据,见表2。
表2
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00
ΔE/(10-3 J) 2.94 3.55 4.35 4.92
Wf/(10-2 J) 0.98 1.08 1.18 1.27
表2中ΔE与Wf相差明显。小明认为这是由于用近似计算Wf不合理。你是否同意他的观点 　　　　。请根据表2数据简要说明理由　 　。
答案：
1.B　2.D
3.C　解析 电火花打点计时器工作电压为220 V交流电源,电磁打点计时器工作电压为4~6 V交流电源,都是使用交流电源,故A错误;根据机械能守恒定律有mgh=mv2,即验证gh=v2即可,故不用测量重物的质量,故B错误;重物带动纸带下落过程中,除了受到重力还受到阻力,从能量转化的角度,由于阻力对重物做功,重物减少的重力势能部分转化为重物与空气摩擦产生的内能,因此实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量稍小,故C正确;因为实验中求重物在某点的速度和对应的重物下落的高度都是由纸带上打点的数据而得,而v=gt或v=是根据机械能守恒定律直接或间接推导得到的,而实验的目的是验证机械能守恒定律,故不能根据v=gt或v=求某点的速度,故D错误。
4.(1)19.25　(2)　(3)l+g　(4)g　(5)见解析
解析 (1)根据游标卡尺的测量原理,d=1.9 cm+0.05 mm×5=19.25 mm。
(2)根据光电门的测量原理,小球的瞬时速度为v=。
(3)若机械能守恒,小球下降时的重力势能转化为动能,有mgmv2=
整理后,有l+g。
(4)根据公式l+g
当b=g时满足机械能守恒。
(5)可能是光电门放置的位置偏低,根据公式v=ωr可知,圆周运动时离圆心越远,线速度越大,会使得光电门测得的速度偏大,动能偏大。
5.(1)不需要　(2)B　5.3　(3)mgL=(M+m)　(4)小于
解析 (1)实验前应调节气垫导轨水平,此操作过程不需要悬挂钩码,只要滑块能在导轨任意位置静止即可说明导轨水平。
(2)使用游标卡尺测量遮光条的宽度时,应使用图2中的部位B
遮光条的宽度d=5 mm+0.1 mm×3=5.3 mm。
(3)遮光条通过光电门的速度v=
要验证的关系为
mgL=(M+m)v2
即mgL=(M+m)。
(4)根据mgL=(M+m)
可得L
该图像未过坐标原点的原因是由L测量错误导致的,则L的测量值小于真实值。
6.(1)B　(2)甲　(3)15.7　(4)mgH　(5)同意　小球减少的重力势能有一部分转化为小球转动的动能,相差很大的原因是小球转动的动能没有计入
解析 (1)正确步骤为将斜槽安置于底座,调节斜槽在竖直平面内,调节斜槽末端水平,安装光电门,序号为④②③①。故选B。
(2)测量小球直径的正确操作需要确保测量工具与小球接触良好,并且小球的位置不会导致测量误差。图甲显示出的卡尺测量方式更准确地使卡尺的两测量面与小球的表面垂直接触,适合测量直径。而图乙因为夹持不住小球,使得小球并没有夹在量爪之间,测量不准确。故选甲。
(3)根据ΔEp=mgh可知下降高度为8.0×10-2 m时减少的重力势能是下降高度为4.0×10-2 m时的2倍,代入数据可得ΔEp≈15.7×10-3 J。
(4)根据动能定理可得mgH-W测=0
可得W测=mgH。
(5)同意,原因是小球减少的重力势能有一部分转化为小球转动的动能,相差很大的原因是小球转动的动能没有计入。第27练　动能定理及其应用
一、单项选择题:共8题,每题4分,共32分。
1.(2025云南卷)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A.4×105 J B.4×104 J
C.4×103 J D.4×102 J
2.如图所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时,木块前进的距离为L,子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定,则下列关系式不正确的是(　　)
A.FL=Mv2
B.Fs=mv2
C.Fs=(M+m)v2
D.F(L+s)=mv2
3.(2025南通适应调研)一半径为R的圆柱体水平固定,横截面如图所示,长度为πR、不可伸长的轻细绳,一端固定在圆柱体最高点P处,另一端系一个小球,小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时,绳刚好拉直,将小球从Q点由静止释放,当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时,小球的速度大小为(重力加速度为g,不计空气阻力)(　　)
A. B.
C. D.2
4.质量为2 kg的物体,放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,水平拉力做的功W随位移x变化的关系如图所示。重
力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.x=0至x=3 m的过程中,水平拉力为3 N
B.x=3 m至x=9 m的过程中,水平拉力为5 N
C.x=6 m时,物体的速度为3 m/s
D.x=3 m至x=9 m的过程中,物体做匀加速运动
5.(2023江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑块(　　)
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
6.(2025南通适应调研)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动,先后撤去F1、F2后,两物体最终停下,它们的v-t图像如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等,则下列说法正确的是(　　)
A.F1、F2大小之比为1∶2
B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C.A、B质量之比为2∶1
D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
7.(2025南通开学考试)游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC为轨道水平部分,与半径OB垂直。一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力大小为2.5mg,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.小孩到达B点的速度大小为
B.小孩到达B点的速度大小为
C.小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR
D.小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR
8.在某次狙击步枪性能测试中,弹头以初速度v0垂直射入一排竖直固定的钢板且未穿出,如图所示。若弹头所受阻力Ff与其速度v成正比,则弹头的速度v和动能Ek随时间t、位移x变化的关系图像可能正确的是(　　)
二、非选择题:共2题,9题8分,10题12分,共20分。
9.(2025南通适应调研)如图所示,某室内滑雪场的滑道由倾斜和水平滑道两部分平滑连接构成。倾斜滑道的倾角为θ=37°,高为h=3 m,水平滑道长L=5 m。滑雪者每次均从倾斜滑道顶端由静止下滑,滑道和滑雪板之间的动摩擦因数为μ=0.125,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求滑雪者沿倾斜滑道下滑时的加速度大小;
(2)求滑雪者滑到水平滑道末端时的速度大小;
(3)为保证不滑离水平滑道,滑雪者可通过改变滑雪板的力同获得水平制动力,该力包括摩擦力在内,大小为其重力的2倍,求滑雪者至少在距离水平滑道末端多远处开始制动。
10.图甲是一种能自动计数的智能呼啦圈,简化模型如图乙。已知配重(可视为质点)质量m=0.4 kg,绳长为L=0.3 m,悬挂点A到转轴OO'的距离r=0.12 m。水平固定好腰带,通过人体微小扭动,使配重从静止开始加速旋转,一段时间后配重在水平面内做匀速圆周运动。配重运动过程中腰带可视为不动,不计空气阻力。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)当配重匀速转动且当绳子与竖直方向夹角θ=37°时,求配重的角速度;
(2)配重从静止开始加速旋转到θ=37°的过程中,求绳对配重做的功。
答案：
1.B　解析 高中生的质量约为50 kg,根据动能定理有W=mv2=4×104 J,故选B。
2.B　解析 根据动能定理,对木块,有FL=Mv2,故A项正确;根据动能定理,对子弹,有-F(L+s)=mv2-,故D项正确;由A、D选项所得二式联立可得Fs=(M+m)v2,故B项错误, C项正确。
3.A　解析 小球下落的高度为h=πR-R+R=R,小球下落过程中,根据动能定理有mgh=mv2,综上有v=,故选A。
4.C　解析 根据公式W=Fx,由图像可知,在0~3 m的过程中拉力为恒力,解得F= N=5 N,故A项错误;根据公式W=Fx,由图像可知,解得F1= N=2 N,故B项错误;根据题意可知,物体受到的摩擦力Ff=μmg=0.1×2×10 N=2 N,在x=6 m时,由W=Fx可得,拉力做功为WF=21 J,由动能定理有WF-μmgx=mv2,代入数据解得v=3 m/s,故C项正确;由B、C可知物体在3~9 m过程中,拉力F=2 N,摩擦力Ff=2 N,所以物体做匀速直线运动,故D项错误。
5.C　解析 因为频闪照片时间间隔相同,对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大,是上滑阶段;根据牛顿第二定律可知题图甲中滑块受到的合力较大,故A项错误;从题图甲中的A点到题图乙中的A点,先上升后下降,重力做功为0,摩擦力做负功;根据动能定理可知题图甲经过A点的动能较大,故B项错误;由于题图甲中滑块加速度大,根据v2-=2ax可知题图甲在A、B之间的运动时间较短,故C项正确;由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力,大小相等,故题图甲和题图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等,故D项错误。
6.C　解析 由v-t图像可知,两个物体匀减速运动的加速度之比为1∶2,由牛顿第二定律可知,A、B受摩擦力大小相等,所以A、B的质量关系是2∶1,选项C正确;因整个过程中Ff1=Ff2,由v-t图像可知,A、B两物体加速与减速的位移之和相等,则全过程中A、B克服摩擦力做功相等,选项D错误;A、B两物体匀加速位移之比为1∶2,匀减速运动的位移之比为2∶1,由动能定理可得,A物体的拉力与摩擦力的关系为F1·x-Ff1·3x=0-0,B物体的拉力与摩擦力的关系为F2·2x-Ff2·3x=0-0,因此可得F1=3Ff1,F2=1.5Ff2,Ff1=Ff2,所以F1=2F2,选项A错误;全过程中摩擦力对A、B做功相等,F1、F2对A、B做功大小相等,选项B错误。
7.C　解析 根据牛顿第三定律可知,轨道对小孩的支持力也等于2.5mg,根据牛顿第二定律有FN-mg=m,可得vB=,故A、B项错误;由动能定理mgR-Wf=-0,可得从A到B克服摩擦力做功为Wf=mgR,故C项正确,D项错误。
8.C　解析 由于弹头所受阻力Ff与其速度v成正比,则可设其阻力为kv,在弹头运动过程中由牛顿第二定律有kv=ma,弹头做减速运动,速度逐渐减小,则可知其所受阻力也逐渐减小,加速度逐渐减小,即弹头随时间做加速度逐渐减小的减速运动,而v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小,图示斜率的绝对值逐渐增大,表示加速度逐渐增大,故A项错误;根据题意可得阻力的功率Pf=kv2,而子弹的速度逐渐减小,则阻力的功率逐渐减小,Ek-t图像斜率的绝对值表示阻力的功率大小,图示斜率逐渐增大,则表示阻力的功率逐渐增大,故B项错误;根据kv=ma,则可得在任意极短时间内有k=-m,可得v=-x,即速度与位移成正比,故C项正确;在任意极短时间内有ΔEk=kΔv·Δx,则可得=kΔv,由此可知Ek-x图像斜率的绝对值应逐渐减小,而图示斜率的绝对值逐渐增大,故D项错误。
9.(1)5 m/s2　(2) m/s　(3)1 m
解析 (1)滑雪者沿倾斜滑道下滑时根据牛顿第二定律可知
mgsin θ-μmgcos θ=ma
解得a=5 m/s2。
(2)从开始下滑到到达水平轨道末端,根据动能定理
mgh-μmgcos θ·-μmgL=mv2
解得v= m/s。
(3)设滑雪者至少在距离水平滑道末端x处开始制动,此时由动能定理
mgh-μmgcos θ·-μmg(L-x)-2mgx=0
解得x=1 m。
10.(1)5 rad/s　(2)0.69 J
解析 (1)当θ=37°时,配重的受力如图所示。
则配重受到的合力为
F合=mgtan 37°
且F合=mω2(r+Lsin 37°)
解得配重的角速度为ω=5 rad/s。　
(2)由功能关系,θ由0°缓慢增加到37°的过程中,绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量。重力势能的增加量
ΔEp=mgΔh=mgL(1-cos 37°)=0.24 J　
动能的增加量
ΔEk=mv2
且v=ω(r+Lsin 37°)
解得ΔEk=0.45 J
则绳子做的功W=ΔEp+ΔEk=0.69 J。第26练　功与功率
一、单项选择题:共9题,每题4分,共36分。
1.(2025常州期中)功率的单位瓦特用基本单位表示应为(　　)
A.kg·m/s B.kg·m/s2
C.kg·m2/s2 D.kg·m2/s3
2.(2025淮安考试)如图所示为双层立体泊车装置。欲将静止在①号车位的轿车移至④号车位,需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升至③号车位,再水平右移停至④号车位。则(　　)
A.竖直抬升过程中,支持力做功大于克服重力做功
B.竖直抬升过程中,支持力做功小于克服重力做功
C.水平右移过程中,摩擦力对车做的总功为0
D.水平右移过程中,摩擦力对车一直做正功
3.(2025镇江期中)某运动员参加女子十米跳台比赛。在起跳后到入水前,其重力的平均功率约为(　　)
A.100 W B.360 W
C.3 600 W D.7 200 W
4.(2024无锡期中)如图所示,一儿童沿直滑梯加速下滑,在下滑过程中,他所受力的功率不变的是(　　)
A.重力
B.支持力
C.摩擦力
D.合力
5.如图甲,静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块,在水平拉力F的作用下,沿x轴正方向运动,拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示,图线为半圆。则小物块运动到x0处时拉力F做的功为(　　)
甲　　乙
A.0 B.Fmx0
C.Fmx0 D.
6.如图所示,细绳的一端固定于O点,另一端系一重力为G的小球,在水平拉力F作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。A、B两点间的水平距离为L,高度差为h,则在此过程中,下列说法正确的是(　　)
A.重力的瞬时功率先增大后减小
B.拉力的瞬时功率不断增大
C.重力做功为WG=Gh
D.拉力做功为WF=FL
7.如图所示,杂技演员从某高度水平抛出小球A的同时,从相同高度由静止释放相同的小球B。运动过程中空气阻力大小与速率成正比。下列判断正确的是(　　)
A.B球先落地
B.A球落地时的速率一定较大
C.两球落地时的速率可能相等
D.运动全过程中,合外力做功相等
8.(2025徐州期中)如图所示,一质量均匀分布的木板静止在粗糙水平桌面上,木板和桌面右端对齐。设木板质量为m,长度为L,与桌面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。将木板右推的过程中克服摩擦力做的功为(　　)
A.μmgL B.μmgL
C.μmgL D.μmgL
9.(2025盐城八校考试)某无人驾驶汽车在某次试驾过程中以恒定加速度启动,达到发动机额定功率后继续加速一段时间,直到达到稳定速度,汽车所受阻力恒定。P为发动机功率,F为牵引力,v为汽车速度,下列图像能正确描述该过程的是(　　)
二、非选择题:共2题,10题8分,11题12分,共20分。
10.(2025徐州期中)如图所示,物块下方用轻绳拴一小球,在一与竖直方向夹角为α的恒力F作用下沿粗糙水平天花板向右做匀加速直线运动,在该过程中轻绳和水平方向夹角恒为β。已知物块质量M=2 kg,小球质量m=1 kg,F=100 N,α=β=37°。若t=0时刻物块水平速度v0=1 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)物块加速度的大小a;
(2)0.3 s末恒力F的瞬时功率P;
(3)物块和天花板间的动摩擦因数μ。
11.一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前7 s内做匀加速直线运动,7 s末达到额定功率,之后保持额定功率运动,其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103 kg,汽车受到地面的阻力为汽车重力的,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)汽车在第5 s末的牵引力F的大小;
(2)汽车的额定功率P和最大速度vm;
(3)启动后37 s内,汽车的位移x的大小。
答案：
1.D　解析 根据P=,W=Fxcos θ,F=ma,则有P=,利用单位运算可知,功率的单位瓦特用基本单位表示应为kg·m2/s3。故选D。
2.C　解析 竖直抬升过程中汽车只受重力和支持力,初、末状态汽车均静止,动能不变,根据动能定理可知,支持力做功等于克服重力做功,A、B项错误;水平右移的过程中,汽车只受摩擦力,汽车先由静止加速,最后减速到0,所以摩擦力先做正功,后做负功,由于整个过程动能变化量为0,所以摩擦力对车做的总功为0,C项正确,D项错误。
3.C　解析 根据题意结合实际情况,在起跳后到入水前,重力做功约为W=mgh=50×10×10 J=5 000 J,从最高点到水面的距离h>10 m,由公式h=gt2,可知t≈1.5 s,则重力的平均功率约为P= W≈3 333 W,故选C。
4.B　5.C
6.B　解析 因为小球以恒定速率运动,即它是做匀速圆周运动,那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力FT三者的合力必是沿绳子指向O点。设绳子与竖直方向夹角是θ,则=tan θ,得F=Gtan θ,而水平拉力F的方向与速度v的方向夹角也是θ,所以水平拉力F的瞬时功率P水平=Fvcos θ,即P水平=Gtan θ·vcos θ=Gvsin θ,又因为重力G的瞬时功率PG=Gvy=Gvsin θ,显然,从A到B的过程中,θ是不断增大的,所以重力及拉力F的瞬时功率均一直增大,故A项错误,B项正确;重力做功为WG=-Gh,故C项错误;由前面选项分析知F=Gtan θ,则可知力F是变力,所以做的功不为FL,因为小球是以恒定速率运动,小球动能不变,绳的拉力不做功,只有重力及拉力F做功,根据动能定理可知WG+WF=0,得WF=-WG=Gh,故D项错误。
7.C　解析 运动过程中空气阻力大小与速率成正比,将A球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动,两球完全相同,竖直方向的初速度均为0,则两球在竖直方向的受力情况一样,两球在竖直方向具有相同的运动,则两球同时落地,故A项错误;A球在水平方向做减速运动,若落地时A球的水平速度刚好为0,又两球在竖直方向的速度相等,则两球落地时的速率可能相等,故B项错误,C项正确;运动全过程中,两球重力做功相等,由于A球具有水平速度,所以同一时刻A球受到的空气阻力大于B球受到的空气阻力,且A球通过的路程大于B球通过的路程,则A球克服空气阻力做功大于B球克服空气阻力做功,所以合外力对两球做功不相等,故D项错误。
8.B　解析 由于木板的重心并没有离开桌面,所以桌面对木板的支持力与木板的重力是一对平衡力,木板对桌面的正压力仍然等于木板的重力,因此在木板移动过程中,木板受到的摩擦力大小一直是μmg,所以在木板右推的过程中克服摩擦力做的功为W=μmgL,故选B。
9.C　解析 根据题意可知汽车是以恒定的加速度启动,不是以恒定的功率启动,所以功率不是一直不变的,故A项错误;汽车以恒定的加速度启动,则在开始一段时间内,加速度是定值,牵引力是定值,速度—时间图像是一条倾斜直线,当功率达到最大值时,牵引力要减小,加速度要减小,速度—时间图像的斜率越来越小,最后牵引力等于阻力保持不变,速度不变,故C项正确,B、D项错误。
10.(1) m/s2　(2)300 W　(3)0.4
解析 (1)对小球受力分析,小球受到竖直向下的重力G和沿绳方向的拉力FT,则在竖直方向
FTsin β=G
在水平方向
F合=FTcos β
根据牛顿第二定律
F合=ma
代入数据,联立以上各式,解得
a= m/s2。
(2)0.3 s末物块的速度为
v3=v0+at=5 m/s
根据P=Fv可知,此时恒力F的功率为
P=Fsin α×v3=300 W。
(3)将小球和物块看作整体,在竖直方向上合力为零,设物块与天花板间的弹力为FN,则
Fcos α=mg+Mg+FN
解得FN=50 N
在水平方向,根据牛顿第二定律
Fsin α-μFN=(m+M)a
解得μ=0.4。
11.(1)3×103 N　(2)4.2×104 W　42 m/s　(3)525 m
解析 (1)由题意,汽车受到地面的阻力大小为Ff=mg=1×103 N,根据v-t图像可知汽车在前7 s内的加速度大小为a==2 m/s2,设汽车在前7 s内的牵引力大小为F,根据牛顿第二定律有F-Ff=ma,解得F=3×103 N。
(2)当汽车速度达到v=14 m/s时,牵引力功率达到额定功率,即P=Fv=4.2×104 W,当汽车速度达到vm时,牵引力与阻力大小相等,则vm==42 m/s。
(3)设0~7 s内汽车的位移大小为x1,则x1=vt1=49 m,设7~37 s内汽车的位移大小为x2,根据动能定理有Pt2-Ffx2=mv2,代入数据解得x2=476 m,所以启动后37 s内,汽车的位移大小为x=x1+x2=525 m。

展开更多......

收起↑